Ứng dụng phần mềm GEOGEBRA để sáng tạo bài toán hình học giải tích từ bài toán gốc

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Thực đưa ứng dụng công nghệ thông tin dạy học trường phổ thông nhằm tăng cường hiệu dạy học, đổi phương pháp dạy học theo hướng phát huy tính tích cực nhận thức học sinh Tôi viết sáng kiến kinh nghiệm nhằm mục đích chia sẻ với đồng nghiệp giảng dạy em học sinh công cụ mạnh, phương pháp việc sáng tạo toán hình học giải tích mặt phẳng Ngày nay, phát triển công nghệ thông tin máy vi tính ngày phổ biến với xuất ngày nhiều phần mềm dành cho giáo dục tạo điều kiện phát triển dạy học theo hướng lấy học sinh làm trung tâm Người thầy đóng vai trò người thiết kế, điều khiển, uỷ thác thể chế hoá kiến thức, người học người tự tổ chức hoạt động học cách chủ động, tích cực, tự giác, sáng tạo Việc khai thác sử dựng phương tiện dạy học việc làm vô quan trọng nhằm gia tăng sức mạnh người, tham gia hội nhập tri thức với nước tiên tiến khu vực giới Phương tiện dạy học, từ tài liệu in ấn đồ dùng dạy học đơn giản phương tiện kỹ thuật đại thiết bị nghe nhìn, công nghệ thông tin truyền thông, giúp thiết lập tình chứa đựng ý đồ sư phạm, tổ chức hoạt động học tập, giảng dạy giao lưu giáo viên học sinh Đặc biệt việc ứng dụng phần mềm dạy học ứng dụng rộng rãi vào trình giáo dục đào tạo nhiều quốc gia giới thu kết cao Do đối tượng học sinh THPT thi kỳ thi THPT Quốc gia với câu hình học giải tích mặt phẳng câu phân loại Đây câu đòi hỏi trí tưởng tượng cao, cần có phương pháp học sáng tạo tập để em tìm lời giải Từ phân tích chọn đề tài nghiên cứu là: “ Ứng dụng phần mềm GEOGEBRA để sáng tạo toán hình học giải tích từ toán gốc ” 1.2 Mục đích nghiên cứu: - Nhằm mục đích chia sẻ với đồng nghiệp giảng dạy toán THPT ứng dụng phần mềm GEOGEBRA vào dạy học môn hình giải tích - Tạo hứng thú học môn hình học sinh 1.3 Đối tượng nghiên cứu: - Phần mềm GEOGEBRA - Khai thác toán gốc, số tính chất hình học phẳng - Học sinh THPT Thọ Xuân 1.4 Phương pháp nghiên cứu: - Tìm hiểu phần mềm mạng - Tìm tài liệu tham khảo liên quan đến hình học phẳng - Trao đổi với đồng nghiệp -Áp dụng giảng dạy lớp 12C1, 10A1 THPT Thọ Xuân NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận: Hiện nay, em học sinh gặp nhiều khó khăn việc học toán, đặc biệt phần hình học giải tích mặt phẳng câu phân loại kỳ thi THPT Quốc gia Để giúp em tự tin hơn, tạo cho em đam mê, thích thú, tìm tòi, khám phá phát kiến thức, để giải vấn đề thông qua để chiếm lĩnh tri thức, rèn luyện kỹ đạt mục đích học tập khác, phát vấn đề, tìm lĩnh hội kiến thức cách xác - Phát tính chất hình học, dự đoán từ kiện toán tìm mối liên hệ giả thiết tìm lời giải - Với GeoGebra học cách nhanh chóng cách dựng hình điểm, đường thẳng… Chúng ta tạo phép dựng hình từ đơn giản đến phức tạp; đo lường đối tượng, tích hợp liệu số chí hiển thị lại quy trình dựng hình GeoGebra đánh giá phần mềm tuyệt vời cho việc nghiên cứu tương tác hình học phẳng Tuy nhiên tài liệu hướng dẫn GeoGebra không nhiều phần lớn tài liệu thường mô tả hướng dẫn sử dụng công cụ phần mềm Do người đọc lúng túng khó ứng dụng phần mềm vào toán cụ thể 2.2 Thực trạng vấn đề: Bên cạnh việc tiếp nhận kiến thức từ Giáo viên, sách giáo khoa, tài liệu tham khảo, phần mềm GeoGebra cho giới sinh động kích thích trí tò mò, gợi nhu cầu tìm hiểu, khám phá kích thích học sinh chủ động, sáng tạo trình tiếp cận chiếm lĩnh tri thức - GeoGebra cho phép tạo đối tượng hình đa dạng phẳng không gian bao gồm: điểm, đường thẳng, đoạn thẳng, đường tròn, véctơ, hình nón, hình chóp, hình cầu…cùng với mối quan hệ phong phú như: quan hệ song song, quan hệ vuông góc, quan hệ thuộc,…Hơn GeoGebra cung cấp công cụ để tạo đối tượng hình học mới, quan hệ từ đối tượng có chẳng hạn như: phép lấy trung điểm, mặt phẳng trung trực, phép quay, phép đối xứng trục, Về tính GeoGebra cho phép người dùng đặt tên cho đối tượng, thay đổi màu sắc, độ dày mỏng, kiểu bề mặt, che đối tượng Như GeoGebra cho phép dựng hầu hết hình chương trình Phổ thông nói chung - Ngoài việc thay đổi dễ dàng vị trí, kích thước hình vẽ mà bảo toàn cấu trúc đối tượng hình học GeoGebra cho phép tạo chuyển động đối tượng theo quy luật đó, đồng thời để lại ‘‘vết’’ giúp thuận lợi cho việc nghiên cứu quỹ đạo (hay quỹ tích) đối tượng lên mặt phẳng, xoay hình tay tự động để nhìn từ nhiều góc độ khác - Một nguyên tắc quan trọng việc lựa chọn phần mềm GeoGebra khả tương tác cao tính thân thiện GeoGebra có hệ thống câu lệnh dễ nhớ, xếp khoa học dạng menu kết hợp với biểu tượng đồ họa minh họa Việt hoá Các thị thao tác người sử dụng thực trực tiếp lên đối tượng với độ xác cao, gần gũi với thao tác thường ngày 2.3 Giải pháp sử dụng để giải vấn đề: 2.3.1.Cài đặt phần mềm: - Địa tải phần mềm: tài file cài đặt địa Truy cập vào địa http://www.geogebra.org/download sau chọn hệ điều hành máy tính sử dụng (Windows) -Tiến trình cài đặt phần mềm: cài đặt bình thường phần mềm ứng dụng i) B1: Click chuột phải vào file cài đặt, chọn Run as administrator ii) B2: Chọn next iii) B3: Chọn I Agree iv) B4: Chọn Install Chương trình bắt đầu cài đặt vào máy tính Tiến trình cài đặt (mất khoảng vài phút) v) B5: Chọn Finish để kết thúc trình cài đặt Nếu chọn Run GeoGebra khởi động chạy chương trình Có thể chuyển sang giao diện tiếng Việt: chọn từ menu Options-Language-R-ZVietnamese/Tiếng Việt • Giao diện sau chuyển sang tiếng Việt: 2.3.2 Hướng dẫn sử dụng số chức chính: - Lựa chọn môi trường làm việc: Khi khởi động chương trình xuất bảng phối cảnh dùng để lựa chọn môi trường làm việc Có chế độ thường sử dụng là: Đại số & Đồ thị; Hình học; Vẽ đồ họa 3D Ta chọn môi trường để làm việc (mặc định Đại số & Đồ thị) Ta cho ẩn/hiện bảng phối cảnh cách click chuột vào biểu tượng mũi tên cạnh phải cửa sổ để chọn lại môi trường làm việc khác Trong chế độ Đại số & Đồ thị có Nhập lệnh cửa sổ dùng để nhập lệnh trực tiếp vẽ hình, tính toán - Menu Hồ sơ: dùng để Tạo file (Tạo mới); mở file có sẳn (Mở); xuất (Xuất bản) thành file định dạng khác (hình ảnh, html, tex,…) để chèn vào file văn khác - Thanh công cụ: dùng để thực hầu hết thao tác dựng hình i) Công cụ Chọn: dùng để chọn đối tượng; di chuyển đối tượng; quay đối tượng quanh điểm ii) Công cụ vẽ điểm: Vẽ điểm bất kỳ, điểm đối tượng vẽ trước đó, điểm giao điểm đối tượng có trước, điểm trung điểm đoạn thẳng xác định đầu mút cho trước 2.3.3 Ứng dụng phần mềm để sáng tạo toán hình giải tích hình học phẳng 2.3.3.1 Sử dụng tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn: Bài toán gốc 1: Cho hình vuông ABCD có tâm I Gọi M, N trung điểm IB CD Chứng minh tam giác AMN vuông cân M Giải: Lấy E trung điểm AB, AEND hình chữ nhật nội tiếp đường tròn đường kính DE Vì EM đường trung bình tam giác ABI · nên EM//AI, mà AI ⊥ IB ⇒ EM⊥IB ⇒ EMD=90 ⇒ M thuộc đường tròn đường kính DE, · đường tròn đường kính AN ⇒ AMN=90 · · Đa giác AFMND nội tiếp nên MAN=MDN = 450 ¼ (hai góc chắn cung MN Vì tam giác AMN vuông cân M Nhận xét: Từ toán hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta vẽ hình Ở toán có ΔAMN vuông cân M nên từ giả thiết hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có toán hình giải tích • Bài toán hình giải tích từ toán gốc 1:  Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M  15  ; ÷,  4 1  N  2; − ÷ trung điểm IB CD Xác định toạ độ đỉnh hình 2  vuông ABDC, biết A nằm đường thẳng x − y + = Giải: Ta chứng minh AM ⊥ MN toán gốc uuuu r  11  Ta có MN =  − ; − ÷ ⇒ phương trình đường thẳng AM: x + 11y − 51 =  4 7 x + 11y − 51 =  x = ⇒ ⇒ A ( 1; ) Toạ độ điểm A nghiệm hệ:  2 x − y + = y = uuuu r uuur Gọi điểm B ( a; b ) ⇒ BM = ( 15 − 4a;9 − 4b ) điểm D ( xD ; yD ) ⇒ BD = ( xD − a; yD − b ) uuur uuuu r uuur uuur Do BD = BM ⇒ D ( 15 − 3a;9 − 3b ) Mặt khác BC = AD ⇒ C ( 29 − 5a;5 − 2b ) , điểm N 29 − 5a 14 − 5b  1  ; ÷ Theo giả thiết N  2; − ÷ nên ta có:  2    trung điểm DC ⇒ N   29 − 5a =2 a =  ⇒ ⇒ B ( 5;3) , C ( 4; −1) , D ( 0;0 )  14 − b b =   =−  2 Vậy A ( 1; ) , B ( 5;3) , C ( 4; −1) , D ( 0;0 ) Bài toán gốc 2: Cho hình chữ nhật ABCD Gọi M trung điểm BC, H hình chiếu vuông góc A BD, I trung điểm DH Chứng minh: AI⊥IM Giải: Gọi N trung điểm AD, ABMN hình chữ nhật nội tiếp đường tròn đường kính NB Vì NI đường trung bình tam giác ADH nên ⇒ I thuộc đường tròn · NI//AH ⇒ NI⊥IB ⇒ NIB=90 đường kính BN (cũng đường tròn đường kính AM) AI⊥IM · ⇒ AIM=90 Nhận xét: Từ toán gốc hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta vẽ hình Ở toán gốc có AI⊥IM nên từ giả thiết hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có toán hình giải tích • Bài toán hình giải tích từ toán gốc 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng x − y + = , đỉnh B thuộc đường thẳng x − y − = Điểm H hình     chiếu vuông góc A BD, I  ; ÷, M  ;1÷ trung điểm DH, BC 2  2  Xác định toạ độ đỉnh hình chữ nhật ABCD, biết hoành độ điểm B nguyên dương Giải: Ta chứng minh AI⊥IM toán gốc uuur Ta có IM = ( 4; −1) ta có phương trình AI: x − y − = 4 x − y = x = ⇒ ⇒ A ( 1; ) x − y + =  y = uuur uuuu r 7  Gọi điểm B ( 2b + 1; b ) ⇒ AB = ( 2b; b − ) , BM =  − 2b;1 − b ÷ 2   uuu r uuuu r b = ( loai )  ⇒ B ( 5; ) Do AB ⊥ BM ⇒ AB.BM = ⇔ −5b + 12b − = ⇔  b = Toạ độ điểm A nghiệm hệ:  Phương trình đường thẳng AH: x − = Phương trình đường thẳng BD: y − = x = ⇒ H ( 1; ) y = Toạ độ điểm H nghiệm hệ phương trình:  Do I trung điểm DH ⇒ D ( 0; ) ⇒ C ( 4;0 ) Vậy A ( 1; ) , B ( 5; ) , C ( 4;0 ) , D ( 0; ) 2.3.3.2 Sử dụng tính chất trực tâm tam giác: µ =D µ = 900 ) có CD=2AB Gọi H Bài toán gốc 3: Cho hình thang vuông ABCD ( A hình chiếu vuông góc điểm D AC, M trung điểm HC Chứng minh BM⊥DM Giải: Gọi E trung điểm DH, ME đường trung bình tam giác HDC ⇒ ME//CD ME= CD Vì ME//AB ME=AB ⇒ABME hình bình hành ⇒ BM//AE (1) Ta có DE đường cao tam giác AMD Mặt khác ME//CD nên ME⊥AD ⇒ ME đường cao tam giác AMD Do E trực tâm tam giác AMD ⇒AE⊥DM (2) Từ (1) (2) suy BM⊥DM Nhận xét: Từ toán gốc hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta vẽ hình Ở toán gốc ta chứng minh BM⊥DM nên từ giả thiết hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có toán hình giải tích • Bài toán hình giải tích từ toán gốc 3: µ =D µ = 900 ) có Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD( A CD=2AB đỉnh D ( 1;0 ) Gọi H hình chiếu vuông góc điểm D lên đường   chéo AC Điểm M  ; ÷ trung điểm HC Xác định toạ độ đỉnh A, B, C, biết  5 đỉnh B thuộc đường thẳng ∆ : x − y − = Giải: Ta chứng minh BM⊥DM toán gốc 17 Phương trình đường thẳng BM: x + y − 22 = 6 x + y − 22 = ⇒ B ( 3; ) 5 x − y − = uuu r uur AB IB 7 4 = = ⇒ DI = IB ⇒ I  ; ÷ Gọi I giao điểm AC BD Ta có CD IC 3 3 Phương trình đường thẳng AC: x + y − = Phương trình đường thẳng DH: −2 x + y + = x + y − = 9 8 ⇒ x = , y = ⇒ H  ; ÷ ⇒ C ( 5;0 ) Toạ độ điểm H nghiệm hệ:  5 5 5  −2 x + y + = uur uu r Từ CI = IA ⇒ A ( 1; ) Toạ độ điểm B nghiệm hệ:  Vậy: A ( 1; ) , B ( 3; ) , C ( 5;0 ) Bài toán gốc 4: Cho tam giác ABC cân A có I tâm đường tròn ngoại tiếp, G trọng tâm Gọi D trung điểm AB, E trọng tâm tam giác ADC Chứng minh: EI⊥DG Giải: Gọi M, N, K trung điểm BC, AC, A D E giao điểm DN CK Vì I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên I giao điểm AM với đường trung trực cạnh AB Xét tam giác DGE có: GI⊥DN Mặt khác, G, E trọng tâm tam giác ABC ADC nên CG CE = =2 ⇒ GE//DK, mà DI⊥DK ⇒ DI⊥GE GD EK Vì GI DI đường cao tam giác DGE, I trực tâm tam giác DGE ⇒EI⊥DG Nhận xét: Từ toán gốc hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta vẽ hình Ở toán gốc ta chứng minh EI⊥DG nên từ giả thiết hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có toán hình giải tích • Bài toán hình giải tích từ toán gốc 4: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho ∆ABC cân A, D trung điểm AB Biết rẳng 7   4 I  ;1÷, E  3; ÷ tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC , trọng tâm ∆ADC Các 3   3   điểm P ( 3; −2 ) , Q  − ;0 ÷ thuộc đường thẳng DC, AB Tìm toạ độ   đỉnh ∆ABC , biết hoành độ D có toạ độ nguyên Giải: Ta chứng minh EI⊥DG toán gốc Phương trình DC qua P vuông góc với EI là: x + y − = a = uuu r uuur Gọi D ( a; − 2a ) ∈ DC , DI ⊥ DQ ⇒ DI DQ = ⇔ 30a − 95a + 65 = ⇔  13 a = ( loai )  ⇒ D ( 1; ) Phương trình AB qua D, Q là: x − y + = Phương trình AM qua I vuông góc DE là: 3x − y − = Toạ độ A = AB ∩ AM ⇒ A ( 4;6 ) Do điểm D trung điểm AB ⇒ B ( −2; −2 ) Phương trình BC qua B vuông góc AM là: x + y + = Toạ độ C = BC ∩ DC ⇒ C ( 4; −4 ) Vậy A ( 4;6 ) , B ( −2; −2 ) , C ( 4; −4 ) , D ( 1; ) 10 2.3.3.3 Một số toán chứng minh đoạn thẳng nhau: Bài toán gốc 5: Cho ∆ABC vuông A, đường cao AD Gọi E chân đường phân giác hạ từ đỉnh A ∆ACD Chứng minh: AB=BE Giải: · · Vì ∆ABC : ∆CAD đó: BAD = ACD Mặt khác: · · · · · BAE = BAD + DAE , ·AEB = EAC + ECA · · Do đó: BAE = BEA ⇒ BA = BE Nhận xét: Từ toán gốc hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta vẽ hình hình học phẳng Ở toán gốc có AB=BE nên từ giả thiết hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có toán hình giải tích • Bài toán hình giải tích từ toán gốc 5: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông A, đường cao   AD Gọi E  ; −1÷là chân đường phân giác hạ từ A ∆ACD Biết điểm B ( −1; −1) 6  điểm A nằm đường thẳng x + y − = Tìm toạ độ đỉnh ∆ABC · · Giải: Vì ∆ABC : ∆CAD đó: BAD = ACD · · · · · = BAD + DAE , ·AEB = EAC + ECA Mặt khác: BAE · · Do đó: BAE = BEA ⇒ BA = BE 11 11 Phương trình đường tròn tâm B bán kính BE là: ( x + 1) + ( y + 1) = 2 ( x + 1) + ( y + 1) = ⇒ A ( 1;1) Toạ độ điểm A nghiệm hệ:   x + y − = Phương trình đường thẳng AC: x + y − = Phương trình đường thẳng BC: y + = x + y − = x = ⇒ ⇒ C ( 3; −1) Toạ độ điểm C nghiệm hệ:   y +1 =  y = −1 Vậy A ( 1;1) , C ( 3; −1) Bài toán gốc 6: Cho ∆ABC vuông B với đường cao BM Gọi D điểm đối xứng với A qua M Gọi I hình chiếu vuông góc D BC Chứng minh MI=MB Giải: · · Tứ giác BMDI nội tiếp ⇒ BIM mà tam = BDM · · · · giác ABD cân B ⇒ BAD = BAM ⇒ MBI = BDM · · Vậy MBI = MIB ⇒ MI = MB Nhận xét: Từ toán gốc hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta vẽ hình hình học phẳng Ở toán gốc có MI=MB nên từ giả thiết hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có toán hình giải tích 12 • Bài toán hình giải tích từ toán gốc 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ∆ABC vuông B với đường cao BM.Gọi D điểm đối xứng A qua M Gọi I hình chiếu vuông góc D cạnh  BC Biết tọa độ điểm B ( 1;1) , I  18 11  ; ÷ điểm M nằm đường thẳng 5 5 x + y − = Tìm tọa độ đỉnh A C · · Giải: Tứ giác BMDI nội tiếp ⇒ BIM mà tam giác ABD cân B = BDM · · · · · · ⇒ BAD = BAM ⇒ MBI = BDM Vậy MBI = MIB ⇒ MI = MB Phương trình đường trung trực IB là: x − y − = 2 x − y − =  x = ⇒ ⇒ M ( 2;1) x + y − =  y = Phương trình đường thẳng AC là: y − = Phương trình đường thẳng BI là: x + y − = x + y − = x = ⇒ ⇒ C ( 6;1) Tọa độ điểm C nghiệm hệ:   y −1 = y =1 Phương trình đường thẳng AB là: x − y − = 2 x − y − =  x = ⇒ ⇒ A ( 1;1) Tọa độ điểm A nghiệm hệ:   y −1 = y =1 Tọa độ điểm M nghiệm hệ:  Vậy: A ( 1;1) , C ( 6;1) 2.3.3.4 Một số toán chứng minh ba điểm thẳng hàng Bài toán gốc 7: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm (I) M điểm thuộc đường tròn tâm (I) Qua M kẻ đường vuông góc MD, ME, MF tới AB, BC, CA Chứng minh D, E, F thẳng hàng Giải: Tứ giác BEMD, CFEM nội tiếp nên: · · · · DBM=DEM,MCF=180 -FEM · · Tứ giác ABMC nội tiếp đó: DBM=MCF · · ⇒ DEM=180 -FEM đó: D, E, F thẳng hàng Nhận xét: Từ toán gốc hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta vẽ hình hình học phẳng Ở toán gốc có AE⊥BE nên từ giả thiết hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có toán hình giải tích 13 • Bài toán hình giải tích từ toán gốc 7: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (I) Điểm M ( 0;0 ) điểm thuộc đường tròn (I) Qua M kẻ đường vuông góc   MD, ME, MF tới AB, BC, CA Biết toạ độ điểm D  − ; ÷, E ( 0;1) F thuộc  5 đường thẳng x − y = Tìm toạ độ đỉnh A, B, C · · · · -FEM Giải: Tứ giác BEMD, CFEM nội tiếp nên: DBM=DEM,MCF=180 · · · · ⇒ DEM=180 Tứ giác ABMC nội tiếp đó: DBM=MCF -FEM Do đó: D, E, F thẳng hàng Phương trình đường thẳng DE: 16 x − 32 y + 32 = 16 x − 32 y + 32 =  x = ⇒ ⇒ F ( 2; ) x − y = y = Phương trình đường thẳng AB: 3x − y + = Phương trình đường thẳng AC: x + y − = Phương trình đường thẳng BC: y − = AB ∩ AC = A ( 0; ) , AB ∩ BC = B ( −1;1) , AC ∩ BC = C ( 3;1) Toạ độ điểm F nghiệm hệ:  Vậy A ( 0; ) , B ( −1; −1) , C ( 3;1) Bài toán gốc 8: Cho ΔABC nội tiếp đường tròn tâm (I) Gọi D, E chân đường cao hạ từ B xuống AC, AI M trung điểm BC 14 Chứng minh: D, E, M thẳng hàng Giải: Tứ giác ADEB, BEIM nội tiếp nên: · · DEB=180 -BAD (1), · · (2) BEM=BIM 1· · · BIM= BIC=BAD (3) · · Từ (1), (2) (3) ta có: DEB+BEM=180 Vậy: D, E, M thẳng hàng Nhận xét: Từ toán gốc hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta vẽ hình hình học phẳng Ở toán gốc có D, E, M thẳng hàng nên từ giả thiết hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có toán hình giải tích • Bài toán hình giải tích từ toán gốc 8: 15 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ΔABC có phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là: x − y − = Gọi D, E chân đường cao hạ từ B xuống AC, AI Tìm toạ độ đỉnh A, B, C biết D ( 2; ) , E ( −1; −4 ) đỉnh B có hoành độ âm Giải: Tứ giác ADEB, BEIM nội tiếp nên: · · (1) DEB=180 -BAD · · (2) BEM=BIM 1· · · BIM= BIC=BAD (3) · · Từ (1), (2) (3) ta có: DEB+BEM=180 Vậy: D, E, M thẳng hàng Phương trình đường thẳng DE: x − y − = 2 x − y − =  x = ⇒ ⇒ M ( 0; −2 )  x − y − =  y = −2 Toạ độ điểm M nghiệm hệ:  Phương trình đường tròn(M;MD): x + ( y + ) = 20  x + ( y + ) = 20 ⇒ B ( −4; −4 ) ; C ( 4;0 ) Toạ độ điểm B, C nghiệm hệ:   x − y − = 0, xB < o Phương trình đường thẳng AD: x + y − = Phương trình đường thẳng AE: x + =  x + y − =  x = −1 ⇒ ⇒ A ( −1;5 ) Toạ độ điểm A nghiệm hệ:  x +1 = y = Vậy A ( −1;5 ) , B ( −4; −4 ) , C ( 4;0 ) Bài toán gốc 9: Cho ΔABC có D, E, F chân đường cao hạ từ đỉnh A, B, C tới cạnh BC, CA, AB Gọi I, K, N chân đường cao D BE, CF, AB Chứng minh N, I ,K thẳng hàng Giải: Gọi H trực tâm ΔABC Tứ giác HFBD nội tiếp nên · · · ABD=AHF=DHC Tứ giác HKDI nội tiếp nên: · · · · DHC=DIK ⇒ ABD=DIK · · Tứ giác BDIN nội tiếp nên: ABD+NID=180 · · Vậy DIK+NID=180 N, I, K thẳng hàng Nhận xét: Từ toán gốc hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta vẽ hình hình học phẳng Ở toán gốc có N, I, K thẳng hàng nên từ giả thiết hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có toán hình giải tích 16 • Bài toán hình giải tích từ toán gốc 9: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ΔABC có D, E, F chân đường cao hạ từ đỉnh A, B, C tới cạnh BC, CA, AB Gọi I, K, N chân đường     cao D BE, CF, AB Giả sử I  ; ÷, K  ; ÷ phương trình đường thẳng 2 2 2 2 1 (AB): 3x − y + = Tìm toạ độ đỉnh B C · · · Giải: Gọi H trực tâm ΔABC Tứ giác HFBD nội tiếp nên ABD=AHF=DHC · · · · Tứ giác HKDI nội tiếp nên: DHC=DIK Tứ giác BDIN nội tiếp nên: ⇒ ABD=DIK 0 ·ABD+NID=180 · · · Vậy DIK+NID=180 , N, I, K thẳng hàng Phương trình đường thẳng IK: y − = Toạ độ N = IK ∩ AB  x = − 2 y − =  ⇒ N − 5;1  ⇒ Toạ độ N nghiệm hệ:   ÷  2 3 x − y + =  y =  Phương trình đường thẳng DN qua N vuông góc AB: x + y + = Phương trình đường thẳng DK qua K vuông góc với DN: 3x − y − = Toạ độ D = DN ∩ DK ⇒ D ( 2; −1) Phương trình đường thẳng BE qua I vuông góc DI: x − y = Toạ độ B = AB ∩ BE ⇒ B ( −4; −4 ) Phương trình đường thẳng CK qua K vuông góc KD: x + y − = 17 Phương trình đường thẳng BC qua B D: x − y − = Toạ độ C = BC ∩ CK ⇒ C ( 4;0 ) Vậy B ( −4; −4 ) , C ( 4;0 ) Bài toán gốc 10: Cho ΔABC nội tiếp đường tròn tâm I Điểm M thuộc cung BC không chứa A không trùng với B, C Gọi P Q điểm đối xứng với M qua AB AC Các đường cao AD, CE cắt H Chứng minh: P, H, Q thẳng hàng Giải: Do H trực tâm, D E chân đường cao từ đỉnh A C ΔABC · = ·AHC Ta có: ·ABC = ·AMC , EHC ·AMC = ·AQC Do tứ giác BEHD nội tiếp nên ·ABC + EHD · = 1800 ⇒ ·AQC + ·AHC = 1800 , Do tứ giác AHCQ nội tiếp nên ·AHQ = ·ACQ Vì ·ACM = ·ACQ ⇒ ·ACM = ·AHQ Chứng inh tương tự ta có: ·AHP = ·ABM Vậy ·AHP + ·AHQ = ·ABM + ·ACM = 1800 Khi ba điểm P, H, Q thẳng hàng Nhận xét: Từ toán gốc 10 hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta vẽ hình hình học phẳng Ở toán gốc 10 có P, H, Q thẳng hàng nên từ giả thiết hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có toán hình giải tích • Bài toán hình giải tích từ toán gốc 10: 18 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ΔABC nội tiếp đường tròn tâm I Điểm M thuộc cung BC không chứa A ( 2; ) không trùng với B C Gọi P, Q   điểm đối xứng với M qua AB, AC Giả sử N  ; ÷ trung điểm BC, phương trình 2 2 đường thẳng (PQ): y = , đường thẳng BC vuông góc với đường thẳng d : x − y − 20 = Đường cao AD, CE cắt H Tìm tọa độ đỉnh B C, biết hoành độ điểm B nguyên dương Giải: Ta chứng minh điểm P, H, Q thẳng hàng toán gốc 10 Phương trình đường thẳng BC qua N vuông góc với d nên (BC): x + y − = 5 7 Phương trinh (AH): x − y − = Tọa độ H = AH ∩ PQ ⇒ H  ; ÷ 3 3 Do B ∈ BC ⇒ B ( b;5b − 20 ) N trung điểm BC nên tọa độ C ( − b; 21 − 5b ) b = uuur uuur ⇒ B ( 4;0 ) , C ( −1;1) Mặt khác CH ⊥ AB ⇒ CH AB = ⇔ 3b − 25b + 52 = ⇔  13 b = ( loai )  Vậy điểm B ( 4;0 ) , C ( −1;1) 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường - Qua thực tế áp dụng học tính chất hình học phẳng em giải tốt lớp toán, rèn luyện cho em học sinh tư hình học giải tích mặt phẳng tạo cho em có hứng thú học tập - Với giáo viên đề đáp án cách nhanh chóng, khắc phục sai sót tính toán Giáo viên nhiều toán hình giải tích tương tự từ tính chất hay toán hình phẳng, điều giúp cho việc kiểm tra đánh giá học sinh cách xác công KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận: Sử dụng GeoGebra dạy học môn toán tạo hứng thú cho học sinh trình tìm tòi, phát kiến thức, kiểm chứng lại chứng minh lý thuyết Trong tiết dạy người dạy người học bị hút vào việc khám phá kiến thức mới, nâng cao tính tích cực, chủ động sáng tạo học sinh Các đơn vị kiến thức trình bày sinh động phấn trắng bảng đen, hình vẽ rõ ràng, đẹp, xác Việc hoàn thành hình vẽ GeoGebra tốn thời gian so với vẽ hình bảng đen giúp khắc phục hạn chế thời gian, không gian, chi phí trình dạy học Hiện trường THPT có phòng trình chiếu, việc ứng dụng phần mềm GeoGebra kết hợp với máy vi tính thuận lợi cho dạy học 19 môn toán, đặc biệt phần hình học giải tích mặt phẳng, tạo điều kiện tốt cho giáo viên tổ chức hoạt động học tập gợi động cơ, hướng đích, làm việc với nội dung mới, củng cố, kiểm tra, đánh giá theo hướng tích cực hóa hoạt động học sinh Như trình bày phần đầu, người từ giáo viên, học sinh tiếp cận với phần mềm GeoGebra sử dụng cách nhanh chóng, hiệu vào việc dạy học hình học giải tích mặt phẳng 3.2 Kiến nghị: Nhân rộng đề tài để giáo viên dạy môn toán THPT biết áp dụng nhằm mục đích giáo viên dạy hình học giải tích có hệ thống tập sáng tạo Khi giáo viên xây dựng giảng có hệ thống có phương pháp XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa,ngày 20 tháng năm 2016 Tôi xin cam đoan SKKN Tôi viết, không chép nội dung người khác Người viết Lê Ngọc Hùng 20 ... Từ toán gốc hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta vẽ hình Ở toán gốc có AI⊥IM nên từ giả thiết hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có toán hình giải tích • Bài toán hình giải tích từ toán gốc. .. toán gốc hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta vẽ hình Ở toán gốc ta chứng minh BM⊥DM nên từ giả thiết hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có toán hình giải tích • Bài toán hình giải tích từ toán. .. xét: Từ toán gốc hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta vẽ hình Ở toán gốc ta chứng minh EI⊥DG nên từ giả thiết hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có toán hình giải tích • Bài toán hình giải tích